Chuyên đề Đa thức ôn thi đại học

Trong chương trình phổ thông, chúng ta đã làm quen với khái niệm đa thức từ bậc trung học cơ sở, từ những phép cộng, trừ, nhân đa thức đến phân tích đa thức ra thừa số, dùng sơ đồ Horner

Đa thức

Đa thức là một trong những khái niệm trung tâm của toán học Trong chương trình phổ thông, chúng ta đã làm quen với khái niệm đa thức từ bậc trung học cơ sở, từ những phép cộng, trừ, nhân đa thức đến phân tích đa thức ra thừa số, dùng sơ đồ Horner để chia đa thức, giải các phương trình đại số

Bài giảng này sẽ hệ thống hoá lại những kiến thức cơ bản nhất về đa thức 1 biến, các dạng toán thường gặp về đa thức Ở cuối bài sẽ đề cập 1 cách sơ lược nhất về

đa thức nhiều biến

1 Đa thức và các phép toán trên đa thức

1.1 Định nghĩa Đa thức trên trường số thực là biểu thức có dạng

P(x) = anxn + an-1xn-1 + … + a1x + a0, trong đó ai R và an 0

ai được gọi là các hệ số của đa thức, trong đó an được gọi là hệ số cao nhất và a0được gọi là hệ số tự do

n được gọi là bậc của đa thức và ký kiệu là n = deg(P) Ta quy ước bậc của

đa thức hằng P(x) = a0 với mọi x là bằng 0 nếu a0 0 và bằng nếu a0 = 0

Để tiện lợi cho việc viết các công thức, ta quy ước với đa thức P(x) bậc n thì vẫn

có các hệ số ak với k > n, nhưng chúng đều bằng 0

Tập hợp tất cả các đa thức 1 biến trên trường các số thực được ký hiệu là R[x] Nếu các hệ số được lấy trên tập hợp các số hữu tỷ, các số nguyên thì ta có khái

niệm đa thức với hệ số hữu tỷ, đa thức với hệ số nguyên và tương ứng là các tập

k

k

a x

P

0 0

) ( , )

( bằng nhau khi và chỉ khi m = n và ak = bkvới mọi k=0, 1, 2, …, m

k

k

a x

P

0 0

) ( , )

) ( )

(

n m

k

k k

a x

Q x

P

Ví dụ: (x3 + 3x2 – x + 2) + (x2 + x – 1) = x3 + 4x2 + 1

k

a x

P

0 0

) ( , )

1.5 Bậc của tổng, hiệu và tích của các đa thức

Từ các định nghĩa trên đây, dễ dàng suy ra các tính chất sau đây

Định lý 1 Cho P(x), Q(x) là các đa thức bậc m, n tương ứng Khi đó

a) deg(PQ)  max{m, n} trong đó nếu deg(P)  deg(Q) thì dấu bằng xảy

ra Trong trường hợp m = n thì deg(PQ) có thể nhận bất cứ giá trị nào  m

ii) deg(R) < deg(Q)

Chứng minh Tồn tại Ta chứng minh bằng quy nạp theo m = deg(P) Nếu deg(P)

< deg(Q) thì ta có thể chọn S(x)  0 và R(x) = P(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện i) và ii) Giả sử m  n và định lý đã được chứng minh với các đa thức có bậc nhỏ hơn m Ta chứng minh định lý đúng với các đa thức bậc m Giả sử

k

k

a x

P

0 0

) ( , )

(

Xét đa thức

)

()

(

)()

()

(

1 1 1

0 0

1 1

n m m

n n n m n

m m

m m m

n m n m

x b

b a a

b x

b x b

a a x a x

a x

a

x Q x b

a x P x

Nhưng khi đó

) (

* )) (

* (

) ( )

( )

b

a x Q x b

a x H x

n

m n

m n

Theo ký hiệu của định lý thì S(x) được gọi là thương số và R(x) được gọi là dư số trong phép chia P(x) cho Q(x)

Phép chứng minh nói trên cũng cho chúng ta thuật toán tìm thương số và dư số

của phép chia hai đa thức, gọi là phép chia dài (long division) hay sơ đồ Horner

Ví dụ: Thực hiện phép chia 3x3

– 2x2 + 4x + 7 cho x2 + 2x 3x3 – 2x2 + 4x + 7 | x2 + 2x

3x3 + 6x2 | 3x - 8

- 8x2 + 4x + 7

- 8x2 + 16

20x + 7

Vậy ta có 3x3 – 2x2 + 4x + 7 chia x2 + 2x được 3x – 8, dư 20x + 7

1.7 Sự chia hết Ước và bội

Trong phép chia P(x) cho Q(x), nếu dư số R(x) đồng nhất bằng 0 thì ta nói

rằng đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x) Như vậy, P(x) chia hết cho Q(x) nếu

tồn tại đa thức S(x) sao cho P(x) = Q(x).S(x) Trong trường hợp này ta cũng nói

Q(x) chia hết P(x), Q(x) là ước của P(x) hoặc P(x) là bội của Q(x) Ký hiệu tương

ứng là Q(x) | P(x) và P(x)Q(x)

Cho P(x) và Q(x) là các đa thức khác 0 Ước chung lớn nhất của P(x) và Q(x) là

đa thức D(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:

i) D(x) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số cao nhất bằng 1

ii) D(x) là ước chung của P(x) và Q(x), tức là D(x) | P(x) và D(x) | Q(x) iii) Nếu D’(x) cũng là ước chung của P(x) và Q(x) thì D(x) cũng là ước

của D’(x)

Tương tự, ta có khái niệm bội chung nhỏ nhất của hai đa thức

Cho P(x) và Q(x) là các đa thức khác 0 Bội chung lớn nhất của P(x) và Q(x) là đa

thức M(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:

iv) M(x) là đa thức đơn khởi, tức là có hệ số cao nhất bằng 1

v) M(x) là bội chung của P(x) và Q(x), tức là P(x) | M(x) và Q(x) |

M(x) vi) Nếu M’(x) cũng là bội chung của P(x) và Q(x) thì M’(x) cũng là bội

của M(x)

Ký hiệu UCLN và BCNN của hai đa thức P(x), Q(x) là GCD(P(x), Q(x)), LCM(P(x), Q(x)) hay đơn giản hơn là (P(x), Q(x)), [P(x), Q(x)]

Hai đa thức P(x), Q(x) được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (P(x), Q(x)) = 1

1.8 Thuật toán Euclide

Để tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức P(x), Q(x), ta sử dụng thuật toán Euclide sau đây:

Định lý 3 Giả sử có hai đa thức P(x), Q(x), trong đó deg(P)  degQ Thực hiện phép chia P(x) cho Q(x) được thương số là S(x) và dư số là R(x) Khi đó

Nếu R(x) = 0 thì (P(x), Q(x)) = q*-1Q(x), trong đó q* là hệ số cao nhất của

đa thức Q(x)

Nếu R(x)  0 thì (P(x), Q(x)) = (Q(x), R(x))

Chứng minh Nếu R(x) = 0 thì P(x) = Q(x).S(x) Khi đó đa thức q*-1

Q(x) rõ ràng thoả mãn tất cả các điều kiện của UCLN

Nếu R(x)  0, đặt D(x) = (P(x), Q(x)), D’(x) = (Q(x), R(x)) Ta có D(x) | P(x) – Q(x).S(x) = R(x), suy ra D(x) là ước chung của Q(x), R(x), theo định nghĩa của D’(x), ta có D’(x) là ước của D(x) Mặt khác D’(x) | Q(x)S(x) + R(x) = P(x), suy

ra D’(x) là ước chung của P(x), Q(x), theo định nghĩa của D(x), ta có D(x) là ước của D’(x) Từ đây, do D và D’ đều là các đa thức đơn khởi, ta suy ra D = D’

Định lý trên giải thích cho thuật toán Euclide để tìm UCLN của hai đa thức theo như ví dụ dưới đây:

Ví dụ: Tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức x5 – 5x + 4 và x3 – 3x2 + 2

Ta lần lượt thực hiện các phép chia

x5 – 5x + 4 cho x3 – 3x2 + 2 được x2 + 3x + 9 dư 25x2 – 11x – 14

x3 – 3x2 + 2 cho 25x2 – 11x – 14 được (25x – 64)/625, dư (354/625)(x-1) 25x2 – 11x – 14 cho x-1 được 25x + 14 dư 0

Vậy (x5

– 5x + 4, x3 – 3x2 + 2) = x – 1

Lưu ý, trong quá trình thực hiện, ta có thể nhân các đa thức với các hằng số khác

0 Ví dụ trong phép chia cuối cùng, thay vì chia 25x2 – 11x – 14 cho 1) ta đã chia cho x – 1

1.9 Tính chất của phép chia hết

Nhắc lại, hai đa thức P(x), Q(x) được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (P(x), Q(x))

= 1 Ta có định lý thú vị và có nhiều ứng dụng sau về các đa thức nguyên tố cùng nhau:

Định lý 4 (Bezout) Hai đa thức P(x) và Q(x) nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi

tồn tại các đa thức U(x), V(x) sao cho P(x).U(x) + Q(x).V(x) = 1

Chứng minh Giả sử tồn tại các đa thức U(x) và V(x) thoả mãn điều kiện P(x).U(x) + Q(x).V(x) = 1 Đặt D(x) = (P(x), Q(x)) thì D(x) | P(x), D(x) | Q(x) suy ra D(x) | 1

= P(x).U(x) + Q(x).V(x) Suy ra D(x) = 1

Ngược lại, giả sử (P(x), Q(x)) = 1 Ta chứng minh tồn tại các đa thức U(x) và V(x) sao cho P(x).U(x) + Q(x).V(x) = 1 Ta chứng minh bằng quy nạp theo m = min{deg(P), deg(Q)}

Nếu m = 0 thì điều cần chứng minh là hiển nhiên Chẳng hạn nếu deg(Q) = 0 thì Q

= q là hằng số và ta chỉ cần chọn U(x) = 0, V(x) = q-1 thì ta được P(x).U(x) + Q(x).V(x) = 1

Giả sử ta đã chứng minh định lý đúng đến m Xét hai đa thức P(x), Q(x) có min{deg(P), deg(Q)} = m+1 Không mất tính tổng quát, giả sử m+1 = deg(Q) Thực hiện phép chia P(x) cho Q(x) được thương là S(x) và dư là R(x) Không thể xảy ra trường hợp R(x) = 0 vì khi đó 1 = (P(x), Q(x)) = q*-1Q(x) Vì vậy, ta có

1 = (P(x), Q(x)) = (Q(x), R(x))

Lúc này, do min(deg(Q), deg(R)) = deg(R) < m +1 nên theo giả thiết quy nạp, tồn tại các đa thức U*(x), V*(x) sao cho Q(x)V*(x) + R(x)U*(x) = 1 Thay R(x) = P(x) – Q(x).S(x), ta được

ii) Q | P, P | R suy ra Q | R (tính bắc cầu)

iii) Q | P, P | Q suy ra tồn tại số thực khác 0 a sao cho Q = aP (ta gọi P và Q là các

Để chứng minh các tính chất v) và vi), ta sẽ áp dụng định Bezout

v) Từ giả thiết Q | P.R và (P,Q) = 1 suy ra tồn tại S sao cho P.R = Q.S và U, V sao cho P.U + Q.V = 1

Khi đó R = (P.U+Q.V).R = (P.R)U + Q.V.R = Q.S.U + Q.V.R = Q.(SU+VR) suy

ra Q | R

vii) Từ giả thiết Q | P, R | P và (Q, R) = 1 suy ra P = Q.S Vì P = Q.S chia hết cho

R, mà (Q, R) = 1 nên theo v) suy ra S chia hết cho R, tức là S = R.S1 Vậy P = Q.S

= (Q.R).S1 suy ra P chia hết cho Q.R

Vậy có hai cặp số (a, b) thoả mãn yêu cầu bài toán là (6, 4) và (2, -4)

Bài toán 2 Cho đa thức P(x) và hai số a, b phân biệt Biết rằng P(x) chia cho x-a

dư A, P(x) chia cho x-b dư B Hãy tìm dư của phép chia P(x) cho (x-a)(x-b)

Giải: Giả sử P(x) = (x-a)(x-b)Q(x) + Cx + D Lần lượt thay x = a, b, ta được

A = Ca + D, B = Cb + D

Từ đó suy ra C = (A-B)/(a-b), D = A – (A-B)a/(a-b) = (aB – bA)/(a-b)

Bài toán 3 Tìm dư trong phép chia x100 cho (x – 1)2

Giải: Giả sử x100 = (x-1)2Q(x) + Ax + B Thay x = 1, ta được

312

31

2 1

Chuyển các số phức sang dạng lượng giác rồi dùng công thức Moivre, ta có điều này tương đương với

0 3

2 ) 2 ( sin 3

2 ) 2 ( cos 3

) 1 2 ( sin 3

) 1 2

n i

n

Điều này đúng vì (2n+1)/3 - (n+2)2/3 = 

Bài toán 6 Tìm tất cả các giá trị n sao cho x2n + xn + 1 chia hết cho x2 + x + 1

Giải:

0 1 3

2 sin 3

2 cos 3

4 sin 3

i n

Điều này xảy ra khi n không chia hết cho 3

Bài toán 7 Chứng minh rằng (xm – 1, xn – 1) = x(m,n) – 1

Giải: Giả sử d = (m, n) thì rõ ràng xm – 1 = (xd)m’ – 1 chia hết cho xd – 1 và tương

tự xn

– 1 chia hết cho xd Suy ra xd – 1 là ước chung của xm - 1, xn – 1 Giả sử D(x)

là một ước chung của xm

- 1, xn – 1 Vì d = (m, n) nên tồn tại các số nguyên dương

u, v sao cho d = mu – nv Khi đó D(x) là ước của (xmu – 1) – (xnv-1) = xnv(xd-1) Vì (xm-1, xnv) = 1 nên (D(x), xnv) = 1, suy ra D(x) là ước của xd

– 1, suy ra xd – 1 là ước chung lớn nhất của xm – 1 và xn – 1

1.11 Bài tập

1 Chứng minh rằng mọi đa thức đơn khởi bậc 2n đều có thể viết dưới dạng q2

+ r với q, r là các đa thức và deg(r) < n

2 Tìm dư trong phép chia x100 – 2x51 + 1 cho x2 – 1

P(x) = xnsin() – xsin(n) + sin(n-1)

chia hết cho đa thức Q(x) = x2

– 2xcos() + 1

7 (Mỹ 1976) Giả sử P(x), Q(x), R(x) và S(x) thoả mãn đồng nhất thức

P(x5) + xQ(x5) + x2R(x5) = (x4+x3+x2+x+1)S(x)

Chứng minh rằng đa thức P(x) chia hết cho đa thức x-1

8 Với những giá trị nào của n ta có

a) x2 + x + 1 | (x-1)n – xn – 1 b) x2 + x + 1 | (x+1)n + xn + 1

2 Đa thức và nghiệm

Nghiệm của đa thức đóng một vai trò quan trọng trong việc nghiên cứu các tính chất của đa thức Nhiều tính chất của đa thức được thể hiện qua nghiệm của chúng Ngược lại, việc nghiên cứu tính chất các nghiệm của đa thức cũng cũng là một trong các vấn đề trung tâm của đại số

2.1 Ví dụ mở đầu

Xét xem số 3

33

3 



Ta có thể giải bài toán này bằng cách chứng minh lần lượt các mệnh đề sau:

1) Nếu a vô tỷ thì a vô tỷ

2) Nếu a vô tỷ thì 3

a vô tỷ 3) 3 vô tỷ

Nhưng ta cũng có thể có một cách tiếp cận khác như sau:

1) Tìm đa thức với hệ số nguyên nhận  làm nghiệm

2) Chứng minh rằng đa thức này không có nghiệm hữu tỷ

Việc tìm đa thức với hệ số nguyên nhận  làm nghiệm được tiến hành như sau

(*)

03372

4812

3)3)3((

33)3(3333

33

3 6

9 12

2 2 3 2

3 3

2.2 Nghiệm của đa thức, định lý Bezout

Định nghĩa Số thực a (trong một số trường hợp, ta xét cả các số phức) được gọi

là nghiệm của đa thức P(x) = anxn + an-1xn-1 + …+ a1x + a0 nếu P(a) = 0, tức là

anan + an-1an-1 + …+ a1a + a0 = 0

Ta có định lý đơn giản nhưng rất có nhiều ứng dụng sau đây về nghiệm của đa thức:

Định lý 5 a là nghiệm của đa thức P(x) khi và chỉ khi P(x) chia hết cho x – a

Định lý này là hệ quả của định lý sau:

Định lý 6 Số dư trong phép chia đa thức P(x) cho x – a là P(a)

Cả định lý 5 và định lý 6 đều được gọi là định lý Bezout Để chứng minh định lý

6, ta chỉ cần chứng minh P(x) – P(a) chia hết cho x – a Nhưng điều này là hiển nhiên vì

P(x) – P(a) = an(xn-an) + an-1(xn-1-an-1) + … + a1(x-a)

và

xk – ak = (x-a)(xk-1 + xk-2a + …+ ak-1)

Từ định lý 5, ta có thể có một định nghĩa khác cho nghiệm của đa thức như sau: a

là nghiệm của đa thức P(x) nếu P(x) = (x-a)Q(x) với Q(x) là một đa thức nào đó Với định nghĩa này, ta có thể phát triển thành định nghĩa về nghiệm bội

Định nghĩa a được gọi là nghiệm bội r của đa thức P(x) nếu P(x) = (x-a)rQ(x) với Q(a)  0

a) Một đa thức bậc n với hệ số thực có không quá n nghiệm thực

b) Nếu hai đa thức P(x) và Q(x) có bậc nhỏ hơn hay bằng n bằng nhau tại n+1 điểm thì hai đa thức này bằng nhau

Định lý 8 Xét đa thức P(x)  R[x] bậc n Giả sử x1, x2, …, xk là các nghiệm phân biệt của P(x) với các bội r1, r2, …, rk tương ứng Nếu r1 + r2 + … + rk = n thì

a) Nếu x + y = S, x.y = P thì x, y là 2 nghiệm của phương trình

X2 – SX + P = 0 b) Nếu x + y + z = S, xy + yz + zx = T, xyz = P thì x, y, z là 2 nghiệm của phương trình

X3 – SX2 + TX – P = 0

Từ định lý 8 ta suy ra hai hệ quả đơn giản nhưng rất hiệu quả trong giải toán sau:

Hệ quả 1 Một đa thức bậc n có không quá n nghiệm

Hệ quả 2 Nếu P(x) và Q(x) là các đa thức bậc không quá n, trùng nhau tại n+1

điểm phân biệt thì hai đa thức này trùng nhau

2.4 Bài tập có lời giải

Bài 1 Cho a, b, c là ba nghiệm của phương trình x3 – 3x + 1 = 0 Lập phương trình bậc ba có nghiệm là

a) a2, b2, c2;

c

c b

b a

a b

1 , 1

91

3)(

3

)1)(

1)(

1(

)1)(

1)(

1()1)(

1)(

1()1)(

1)(

1(1

11

a

abc ca

bc ab c

b

a

c b a

c b a c

b a c

b a c

c b

b

a

a

1 3

3 1

3 ) (

) (

3

1

) 1 )(

1 )(

1 ( ) 1 )(

1 )(

1 ( ) 1 )(

1 1

1 1

a

abc ca

bc ab c b

a

abc ca bc ab c b a

c b a c

b a c

b

a

a

a c

c c

c b

b b

b

a

a

.3

13

1)

(1

)(

)(

11

abc ca bc ab c b a c

c b

b

a

a

Từ đó suy ra

c

c b

b a

1 , 1

())(

())(

(

2 2

2

b c a c

c a

b c b

b c

a b a

a A

2 2

))(

(

))(

()

)(

(

))(

()

)(

(

))(

()

b c a c

b x a x c a b c b

a x c x b c a b a

c x b x a x

())(

())(

(

2 2

b c b

b c

a b

a

a

Suy ra A = 1

Bài 3 Tìm tất cả các đa thức P(x) thoả mãn đồng nhất thức xP(x-1) = (x-26)P(x)

Lời giải Thay x = 0 vào đồng nhất thức, ta suy ra P(0) = 0 Suy ra P(x) chia hết

cho x, tức là P(x) = xP1(x) Thay vào đồng nhất thức, ta được

Đặt Q(0) = a thì ta có Q(x) = a với x = 1, 2, 3, … suy ra Q(x) = a với mọi x

Vậy P(x) = ax(x-1)…(x-25) là tất cả các nghiệm của bài toán

Bài 4 Xét phương trình x2 – an-1xn-1 – an-2xn-2 - … - a1x – a0 = 0 với ai là các số thực dương Chứng minh rằng phương trình này có không quá 1 nghiệm dương

Lời giải Viết phương trình đã cho dưới dạng

.

x

a x

a x

Bài 2 Chứng minh rằng đa thức P(x) = 1 + x + x2/2! + … + xn

/n! không có nghiệm bội

Bài 3 Rút gọn các biểu thức sau

))()(

())(

)(

())(

)(

())(

)(

(

2 2

2 2

c d b d a d

d d

c b c a c

c a

b d b c b

b d

a c a

())(

())(

(

3 3

3

b c a c

c a

b c b

b c

2 2 2 2

a z y x

a z y x

a z y

(a) Định lý về nghiệm nguyên Cho f(x) = xn + an-1xn-1 + … + a1x + a0 với an-1,

…, a1, a0 là các số nguyên và f(p) = 0 với p nguyên Khi đó a0 chia hết cho p

(b) Định lý về nghiệm hữu tỷ Cho f(x) = xn + an-1xn-1 + … + a1x + a0 với an-1,

…, a1, a0 là các số nguyên và f(p/q) = 0 với p/q là phân số tối giản Khi đó a0chia hết cho p và an chia hết cho q

(c) Trong các ký hiệu của câu (b), với mọi số nguyên k số f(k) chia hết cho

3 Đa thức bất khả quy

3.1 Đa thức với hệ số nguyên

Đa thức với hệ số nguyên là đa thức có dạng P(x) = anxn + an-1xn-1 + …+ a1x + a0với ai là các số nguyên Ta ký hiệu tập hợp tất cả các đa thức với hệ số nguyên là Z[x]

Ta có các kết quả cơ bản sau đây về đa thức với hệ số nguyên

(1) Nếu P(x) có nghiệm nguyên x = a thì phân tích được P(x) = (x-a)Q(x) với Q(x)

là đa thức với hệ số nguyên

(2) Nếu a, b nguyên và a  b thì P(a) – P(b) chia hết cho a – b

(3) Nếu x = p/q là một nghiệm của P(x) (với (p, q) = 1) thì p là ước của a0 và q là ước của an Đặc biệt nếu an =  1 thì nghiệm hữu tỷ là nghiệm nguyên

(4) Nếu x = m + n là nghiệm của P(x) với m, n nguyên, n không chính phương thì x’ = m - n cũng là nghiệm của P(x)

(5) Nếu x = m + n với m, n nguyên, n không chính phương thì P(x) = M’ + N’ n với M’, N’ nguyên

Đa thức với hệ số nguyên sẽ nhận giá trị nguyên với mọi giá trị x nguyên Điều ngược lại không đúng, có những đa thức nhận giá trị nguyên với mọi x nguyên nhưng các hệ số của nó không nguyên

Ví dụ Các đa thức (x2

-x)/2, (x3-x)/6 nhận giá trị nguyên với mọi x nguyên

Đa thức với hệ số hữu tỷ nhưng nhận giá trị nguyên với mọi x nguyên được gọi là

Định nghĩa Cho P(x) là đa thức với hệ số nguyên Ta gọi P(x) là bất khả quy trên

Z[x] nếu P(x) không phân tích được thành tích hai đa thức thuộc Z[x] với bậc lớn hơn hay bằng 1

Tương tự định nghĩa đa thức bất khả quy trên Q[x]

Định lý 3.1 (Tiêu chuẩn Eisenstein)